精品解析：天津市第一中学2026届高三上学期四月考（期末）数学试题

天津一中2025—2026—2高三年级 数学学科四月考试卷 本试卷总分共150分，考试用时120分钟．考生务必将答案涂写在规定的位置上，答在试卷上的无效． 第Ⅰ卷 一、选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）（每小题5分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 已知空间中三条不同的直线a，b，c，三个不同的平面，，，则下列说法错误的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则与平行或相交 C. 若，，，则 D. 若，，，则 5. 若，，，则，，之间的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 下列说法不正确的是（ ） A. 依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，没有充分的证据推断与有关联 B. 极差、方差、标准差均能刻画一组数据的离散程度 C. 若事件、发生的概率分别为、，且，则与独立 D. 若随机变量，且，则 7. 已知函数，（）的一条对称轴方程为，设函数，则下列结论正确的个数是（ ） ① ②把函数图象上所有点的横坐标变为原来的，就得到函数的图象 ③函数的图象关于点中心对称 ④直线是曲线的切线 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 8. 已知是双曲线的左､右焦点，过点的直线与双曲线左､右两支分别交于两点.若为的中点，且，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 9. 在三棱锥中，两两相互垂直，，侧面与底面的夹角为，当三棱锥的体积最小时，三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 二、填空题：（每小题5分） 10. 复数，则的虚部为______. 11. 若展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________. 12. 满足经过点且与直线相切的一个圆的方程是______ 13. Deep Seek是北京一家人工智能技术研究公司推出的AI助手．它能进行逻辑推理、解决复杂问题，实现多模态数据融合与学习．某科技公司在使用Deep Seek对某一类问题进行测试时发现，如果输入的问题没有语法错误，它回答正确的概率为0.98；如果出现语法错误，它回答正确的概率为0.18．假设每次输入的问题出现语法错误的概率为0.1，且每次输入问题，Deep Seek的回答是否正确相互独立．则一个问题能被Deep Seek回答正确的概率为______；现Deep Seek从给定的10个问题中随机抽取9个作答．设Deep Seek答对的题数为，则的均值为______． 14. 如图，在中，分别是直线，上的点，，且，则____________.若是线段上的一个动点，则的最小值为____________. 15. 设函数，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为______. 三、解答题：（本大题共5小题，共75分） 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知. （1）求的值； （2）若. （i）求的值： （ii）求的值. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离． 18. 已知椭圆的右焦点为，且的离心率为，直线与有两个不同的交点. （1）求的方程； （2）若点在直线上，点是线段的中点，为坐标原点，若上存在点，使得，求直线的斜率； （3）若在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.试判断：直线是否过定点？若是，则求出该定点；若不是，请说明理由. 19. 已知数列的前项和为，，且. （1）证明：数列为等差数列； （2）设， （i）求数列的前项和； （ii）当时，设集合，集合中所有元素的和记为，求数列的通项公式. 20. 已知函数（）. （1）若，求的图象在处的切线方程； （2）若有两个极值点，（）. ①求的取值范围； ②求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津一中2025—2026—2高三年级 数学学科四月考试卷 本试卷总分共150分，考试用时120分钟．考生务必将答案涂写在规定的位置上，答在试卷上的无效． 第Ⅰ卷 一、选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）（每小题5分） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式求得集合，然后利用集合交集定义运算的结果. 【详解】由可得，则，即， 又由可得，则，即， ∴. 故选：A. 2. 已知直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件，必要条件的定义，结合两条直线平行的条件即可求出答案. 【详解】当，直线，此时，故“”是“”的充分条件， 由，得，解得，故“”是“”的必要条件， 故“”是“”的充要条件. 故选：C. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】易知为奇函数，排除选项AC，再由时，判断. 【详解】由知： 为奇函数，图象关于原点对称，故排除选项AC， 又时，， 故选：D 4. 已知空间中三条不同的直线a，b，c，三个不同的平面，，，则下列说法错误的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则与平行或相交 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中的线面关系逐一判断即可. 【详解】对于A，由线面平行判定定理可知A正确； 对于B，，，则与平行或相交，故B正确； 对于C，垂直于同一平面的直线和平面平行或线在面内，而，故正确； 对于D，，，，三条交线平行或交于一点， 如图1，正方体两两相交的三个平面ABCD，平面，平面， 平面平面，平面平面， 平面平面， 但AB，AD，不平行，故D错误， 故选：D． 5. 若，，，则，，之间的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对数函数性质和指数函数性质，借助中间量进行比大小. 【详解】因为，即； ，即； ，即， 所以. 故选：D 6. 下列说法不正确的是（ ） A. 依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，没有充分的证据推断与有关联 B. 极差、方差、标准差均能刻画一组数据的离散程度 C. 若事件、发生的概率分别为、，且，则与独立 D. 若随机变量，且，则 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，结合独立性检验的性质判断即可；对于B，根据极差、方差、标准差的定义判断即可；对于C，根据事件独立的定义判断即可；对于D，根据正态分布的对称性求解判断即可. 【详解】对于A：由于，根据的独立性检验，可以认为变量与有关联，故A错误； 对于B：根据极差、方差、标准差的定义，极差、方差、标准差均能刻画一组数据的离散程度，故B正确； 对于C：根据定义，若，则称事件与相互独立，故C正确； 对于D：由，，则， 所以，故D正确. 故选：A. 7. 已知函数，（）的一条对称轴方程为，设函数，则下列结论正确的个数是（ ） ① ②把函数图象上所有点的横坐标变为原来的，就得到函数的图象 ③函数的图象关于点中心对称 ④直线是曲线的切线 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】由函数的一条对称轴方程为，得到，所以；因为，利用函数图象变换判断；利用对称中心处判断；假设直线是曲线的切线，切点为，则需满足，但是该方程无解； 【详解】对于①，对于正弦函数，其对称轴方程为， 因为函数的一条对称轴方程为， 所以，解得， 因为，所以当时，，①正确； 对于②，由可得， 把函数图象上所有点的横坐标变为原来的，此时函数变为， 而，显然，②错误； 对于③，因为，， 所以函数的图象关于点中心对称，③正确； 对于④，，假设直线是曲线的切线，切点为， 则，解得或， 当时，； 当时，； 不满足，所以直线不是曲线的切线，④错误； 故选：B. 8. 已知是双曲线的左､右焦点，过点的直线与双曲线左､右两支分别交于两点.若为的中点，且，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题干条件得到，设出，利用双曲线定义表达出其他边长，得到方程，求出，从而得到，，利用勾股定理求出的关系，从而求出渐近线方程. 【详解】 因为P为AB的中点，且即，所以△为等腰三角形， 即， 因为， 设，则， 由双曲线定义可知：， 所以，则， 又， 所以， 解得：， 则， 由勾股定理得：， 在三角形中，由勾股定理得：， 即，即，解得. 所以双曲线的渐近线方程为. 故选：B 9. 在三棱锥中，两两相互垂直，，侧面与底面的夹角为，当三棱锥的体积最小时，三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分析出侧面与底面的夹角对应的平面角，结合面积关系及基本不等式得到的关系，求出三棱锥的体积最小时的值，进而求出三棱锥的外接球的表面积. 【详解】不妨设，作交于点，如图所示， 因为两两相互垂直，所以，， 又平面，， 所以平面，因为平面， 所以，又，，平面， 所以平面，平面， 所以，则为侧面与底面的夹角，即. 在中，， 因为， 所以，即. 又，所以（当且仅当时取等号）. （当且仅当时取等号）. 当三棱锥体积最小时，，设外接球的半径为， 则，解得. 所以外接球的表面积． 故选：A． 第Ⅱ卷 二、填空题：（每小题5分） 10. 复数，则的虚部为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算直接可得解. 【详解】， 则其虚部为， 故答案为：. 11. 若展开式中只有第5项的二项式系数最大，则其展开式中常数项为__________. 【答案】7 【解析】 【分析】由展开式中只有第5项最大，得，写出展开式的通项，求常数项. 【详解】由题意，所以展开式第项为， 令，得，故常数项为. 故答案为：7. 12. 满足经过点且与直线相切的一个圆的方程是______ 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】设圆心为，根据题意可得出关于、的等式，对取特殊值，求出的值，可得出圆心坐标，进而求出圆的半径，即可得出所求圆的一个方程. 【详解】设圆心为，由题意可得， 取，可得出，整理得，解得， 此时圆心坐标为，所求圆的半径为， 故所求圆的一个方程为（答案不唯一）. 故答案为：（答案不唯一）. 13. Deep Seek是北京一家人工智能技术研究公司推出的AI助手．它能进行逻辑推理、解决复杂问题，实现多模态数据融合与学习．某科技公司在使用Deep Seek对某一类问题进行测试时发现，如果输入的问题没有语法错误，它回答正确的概率为0.98；如果出现语法错误，它回答正确的概率为0.18．假设每次输入的问题出现语法错误的概率为0.1，且每次输入问题，Deep Seek的回答是否正确相互独立．则一个问题能被Deep Seek回答正确的概率为______；现Deep Seek从给定的10个问题中随机抽取9个作答．设Deep Seek答对的题数为，则的均值为______． 【答案】 ①. 0.9 ②. 8.1 【解析】 【分析】设事件A表示“输入的问题没有语法错误”，事件B表示“一个问题能被Deep Seek正确回答”，利用全概率公式计算可得；而X服从二项分布，根据二项分布的期望公式计算可得. 【详解】设事件A表示“输入的问题没有语法错误”，事件B表示“一个问题能被Deep Seek正确回答”， 由题意知， 则， ． 已知Deep Seek答对的题数为X，则X服从二项分布， 则． 故答案为：. 14. 如图，在中，分别是直线，上的点，，且，则____________.若是线段上的一个动点，则的最小值为____________. 【答案】 ①. ##0.5 ②. 【解析】 【分析】①先利用向量的数量积公式及向量线性运算，由题可知：，由，可得，代入相应数据即可求得的值；②由①可得，则设，根据平面向量的混合运算可推出，再利用配方法即可得解，最后求出最小值. 【详解】①， 又，， 则：，且 原式， 解得 ； ② 设， 当时，有最小值，为 故答案为：①， ② . 15. 设函数，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，则，那么，都在函数的图象上，然后利用函数的单调性分析出，将问题转换成在上有解，参变分离即可得出答案. 【详解】设，则，那么，都在函数的图象上 假设，因为函数单调递增，所以，即，与假设矛盾； 假设，因为函数单调递增，所以，即，与假设矛盾； 所以，则在上有解，即在上有解. 令，令，解得， 因此在上单调递增，在上单调递减； ，，， 所以，即， 故答案为：. 三、解答题：（本大题共5小题，共75分） 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知. （1）求的值； （2）若. （i）求的值： （ii）求的值. 【答案】（1）6 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理代入计算，即可得到结果； （2）由余弦定理即可得到，从而得到，再由二倍角公式以及余弦的和差角公式，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由正弦定理及， 得 【小问2详解】 （i）由余弦定理有， （ii）因为，所以， 从而， 则， 17. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，，根据线面平行判定定理证明即可； （2）空间向量法计算两平面夹角的余弦值； （3）空间向量法计算点到平面的距离； 【小问1详解】 取的中点为，连接，，因为，分别为，中点， 所以且， 因为，，所以且， 即四边形是平行四边形．所以， 又平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 取的中点为，连接．因为，， 所以四边形是平行四边形．则， 因为，所以平行四边形是正方形． 则．因为平面，，平面， 所以，．则，，两两垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，，， 因此，，，． 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，得，令，则，所以， 设二面角的平面角为，依题意，， 所以， 所以二面角的余弦值为． 【小问3详解】 依题意，不妨设（），则，． 又由（2）得平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以， 解得（负值舍去）， 所以点到平面的距离为． 18. 已知椭圆的右焦点为，且的离心率为，直线与有两个不同的交点. （1）求的方程； （2）若点在直线上，点是线段的中点，为坐标原点，若上存在点，使得，求直线的斜率； （3）若在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.试判断：直线是否过定点？若是，则求出该定点；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）或. （3）直线过定点. 【解析】 【分析】（1）由题意求出即可求解； （2）当直线的斜率存在或不存在讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，椭圆方程联立消元，由韦达定理得，利用中点坐标得点的坐标，又得，进而解出点的坐标代入椭圆方程求解即可； （3）设直线的方程为，设直线的方程为，与椭圆方程联立消元，由解出，进而得，得直线的方程为，同理得，解出的横坐标，又，解出即可求解. 【小问1详解】 由题意知解得 ， 所以的方程为； 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，易得，此时，不符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 由得， 则， 所以，又， 所以，又点在上， 所以， 解得，即直线的斜率为或； 【小问3详解】 由题意可知直线的斜率不为0，设直线的方程为. 由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为， 由,得， 所以，得， 所以， 所以. 所以直线的方程为，即， 同理可得直线的方程为. 由，解得，可得点的横坐标，即， 又，可得，所以，整理得，即，所以， 所以直线的方程为，即直线过定点. 19. 已知数列的前项和为，，且. （1）证明：数列为等差数列； （2）设， （i）求数列的前项和； （ii）当时，设集合，集合中所有元素的和记为，求数列的通项公式. 【答案】（1）证明见解析； 由，，则， 所以，故是首项、公差均为1的等差数列； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据已知递推关系得，结合等差数列的定义即可证； （2）（i）由（1）得，利用关系求得，根据已知及组合数性质、二项式定理得，若数列的前项和为，再应用错位相减法、等比数列的前n项和公式求；（ii）根据已知得到，再由不等关系有，则，最后应用分组求和求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）由（1）得， 当时，， 显然满足，所以， 所以， 又，， 所以， 所以， 若数列的前项和为， 则，， 所以， 所以； （ii）当时，，与矛盾，所以， 当时，，与矛盾，所以， 综上，此时， 所以，可得，即， 所以，则 . 20. 已知函数（）. （1）若，求的图象在处的切线方程； （2）若有两个极值点，（）. ①求的取值范围； ②求证：. 【答案】（1） （2）①； ②证明：由①知，且，所以， 因为在上为增函数，及，所以， 又，所以. 因为，，所以，， 所以，所以. 令（）， 所以，所以在上单调递增， 因为，所以，所以， 所以，所以， 所以，所以. 所以. 【解析】 【分析】（1）利用切点和导数几何意义即可求解； （2）①令，由题意可知，在有两个不相等的实数根，根据的单调性结合零点的存在性定理分类讨论求解即可； ②由①分析得，，令，可得在上单调递增，因为，所以，根据不等式性质计算即可得证. 【小问1详解】 若，则，所以， 所以，又， 所以的图象在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 ①由题意知. 令，则. 因为有两个极值点，（），所以有两个不等正实根，（）. 若，，则在上单调递增， 所以在上至多有一个零点，不符合题意； 若，令，解得，所以当时，， 当时，，所以在上单调递增，在上单调递减. 所以时，取得极大值，即最大值为， 所以，解得. 当时，，又，所以， 由零点存在性定理知：存在唯一的，使得. 又，令， 所以，所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以，所以， 由零点存在性定理知：存在唯一的，使得. 所以当时，有两个不等正实根，. 综上，的取值范围是. ②略 【点睛】本题证明的关键在于构造函数，进而求证，再运用不等式性质即可证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $